山西大学附属中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试卷

ABCECB（ B． C．下列说法正确的是（

D．A．若ab，则 B．|a||b|，则aC．若a∥b，且b∥c，则a

D．若ab，则a与b在VABCa2b2Aπ则B B． C．π或 D．π或 在VABCA，B，Ca，b，c，且cosAcosB3sinC，则a（ A．

2在VABC中，cosB ，AC2，ABm，则“VABC恰有一解”是“0m2”的（2充分不必要条 B．必要不充分条C．充分必要条 D．既不充分也不必要条已知izz2iz2i4z1的最小值是（ 记VABCSVABC1，且Ssin2Asin2Bsin2C，则C（ B．

在VABC中，0ABP0B3ABABPPBPCP0BP0C则VABC为（等腰三角 B．钝角三角C．直角三角 D．锐角三角z158iz29i，则（z是纯虚 B．z1在复平面内对应的点位于第二象z15

,b，则tanα若 且α0,π，则αa/b|若b在a

1 a，则向量a与b的夹角为 已知锐角VABCABC的对应边分别为abc，且Bπc2的是

VABC外接圆半径的范围为12332

3 VABC

VABC的周长范围为

33,23若△ABC中，sinA:sinB:sinC2:3:4，那么

3,BDBC,BC

3BD.若BAD2π的面积

2a 求abab→求

a,bABCDABCDAD⊥ABAD23CD2AB4FBC的中点，EDEλDC，λ0,1. 已知VABCABC所对的边分别为abc，且(sinBsinC)2sin2AsinBsinCDBCBD2DCAD4，求VABC面积S在△ABC中，PBC上，满足2BPPC，OAP的中点1设△AEF的面积为S，△ABC的面积为SS1的最小值 COABQ（2，若4ABAC15AOQCAC的值OOM(a,bfxf(x)asinxbcosxf为OMOMfx若向量OMfx2sinxπ的伴随向量，求OM 3 fx为向量OMVABCAB,C的对边分别为abc，f(Cf若OM247，∠ACBABDc2，求CD若OM3,1，在锐角VABC中，求T

ABCECBABCBCEABBCCEAE.AB错误；当b0a与cC不正确；ab可以是a∥b但a与bD不正确.【详解】由正弦定理可知

b,sinBsinAb

1，Qba,BA,Bπ

sin

sin cos cos b2c2 a2c2

3sinC3c

因为cosAcosB3sinCc3c13，解得a1

【详解】AC2AB2BC22ABBCcosB，得a242mam2404方程a24

mam24

的判别

1616 32m2 2 1616

m6当m6a242mam24当m6时a242mam24

转化为a282a320，解得a转化为a282a320，解得a

32m2 216164m2 ，且两根之积 0 可得a有一正根和一负根，负根舍去，此时VABC有一解，此时0m2 32m2

0，且两根之积m240，解得m2 8当m2时，a282a0，解得a 8当m2时a282a0，解得a82 故若VABC有一解，则0m2或m6故VABC恰有一解”，是0m2”【详解】设2i,2i,1在复平面内对应的点分别为Z1Z2Z3z2iz2i4，且|Z1Z2|4z对应的点Z的轨迹为线段Z1Z2，如图所示z1的最小值问题可理解为：动点Z在线段Z1Z2上移动，求|ZZ3|故只需作Z3Z0Z1Z2，交线段Z1Z2于点Z0，则|Z3Z0|1z1

sin

sin

sin

2R（R为VABC的外接圆半径，且VABCsinA

a,sinBb,sinCc a代入Ssin2Asin2Bsin2C得S

b

c

a2b22 2 2 由余弦定理得a2b2c22abcosC又S1absinC1absinC2abcosC，化简得sinCcosC 因为C0π，所以CπBCDDCEP0DAE（如图所示 –––

DB同 同 PBPC

PBPCP0BP0C

DB

ABP都有|PD||P0D|，P0DAB P0B3ABDBCEDCP0BBD2PD∥AE 即BAE90，所以BAC90，即△ABC为钝角三角形，z2Az158i85iz1B z158i的共轭复数为58iCz29D,A⊥bb

3sinα0，得tanα

3，A正确 a/选项B：若 ，a/

，

α0π

απ，B正确a|b|a|b|2a→ →6Ca

3，最大值为3，C错误ab 1

a Db在a上的投影向量为→2a

a，得ab1cosθ

→

3，D正确|a |a||b

0C 0C A：因为△ABC0A

，也即0

π，解得CπC32ππ32

B：设VABCR2R

sin

sin

R

sinACππ，故sinC3,1R123B32

3

2sin5πCC

，也

sinC

sin

sin

sin

sinπC

a sin2sin5πC

sin5πC

cosC3sin故△ABC的面

SacsinB2 sin

sin

sin

A可知：Cππ，故tanC3，故103，故S323，S32

3

3 对D：由C可知 2sin6πC 2sin a sin

b sin

sin2sin5πC3sinCcosC3sinCcosC

cosClabc2

2 232cos2C11

sin

sin

sin

sin 也即l23 231，由A可知：Cπ,π，故Cπ,π，则tanC3,1， 11,3

2sinCcos tan

36 36

tan

，故l3

3223D12．-【详解】试题分析：由正弦定理得sinAsinBsinCabc234a2b2所以cosC 0.25故答案为-【详解】由题设

→a,

a→→a|a||b

1

51510 1

所 ，则 211

所以

9 【详解】在△ABD中，AB1，AD ，BAD2π所以

1ABADsin2π113

33V

BD2AD2AB22ADABcos2π132314344

BC

3BD

343BDBC，所以

1BDBC13BD23

ABCD的面积为设BADα，在△ABD

V

33

923BD2AD2AB22ADABcosα1323cosα423BC

sin

sin所以sinABD

3sinαBDBC，所以CBD90AC2AB2BC22ABBCcosABD90123423cosα23423cosαsin23231363cosα6sinα13121sinα3

1312sinαπ

3 因为0απ，所以παπ2π，所以当αππ即α5π

13121312 3

AC5.15．(1)(4,13)(2)4所以2a3b2(12)3(23所以

→

→b13 所以ababa

51384→ → 1224

a,

|a

→ 55

6516．(1)AF

AD (2)（1）ABCDABCDCD2AB4FBC AF2ACAB)2AD2AB2AB4AB2AD（2）DEλDCAEADDEAD2ABAD⊥ABADAB0AEAF

(AD AB)

AD

AEAF[6,12]17．(1)A

(2)（1）由(sinBsinC)2sin2AsinBsinC(bc)2a2bc，即b2c2bca2b2c2 由余弦定理：cosA A(0πAπ （2）QBD2DC，ADAB2ACADAD

AC， 1–– 1–– ADABACADABABACAC 161c24bccosπ4b2≥2c2b2bc2bc bc24c2b即c2b

S1bcsinA124363 即S的最大值为63(2)(2)（1（i） 因为2BPPC，所以APABBPABBCABBAACABAC 因为OAPAO

AP

AC，AO

1λ––AE

AF

1λ1

AEAFsinEAF，

ABACsinBAC11λAE1μAFsinBACS1

1λ1

S1

1 9 2λ 所以当λ1S1S12

（2）ABxAQ，由（1）AO

AP

ACAO

AC，

AB因为COQx11x5，即–––→2 AB 所以QCACAQAC

AB又因为4ABAC15AOQC

所以4ABAC15ABACACAB4ABAC

2AB

AB

AC25 19．(1)OM1, T4,9（）（

fx

π

π

（1）由已知

2sinx2sinx

cosxsinsinx3cosx，所以OM1,3 3

3（2（i）fx2524sinx7cosx25sinxφ，其中tanφ7 则sinCsinπφcosφ24，同理cosCcosπφsinφ7 cosC2cos2C17cos2C16sin2C9sinC3

V

SV

SV

1absinC1bCDsinC1aCDsinC ab24bCD3aCD3CD8所

a

8

11 由余弦定理得c2a2b22abcosCa2b214ab4ab264ab4 因为ab

ab24ab64ab44ab36ab4ab25 29CD8 8 429 51

3，当且仅当ab时取等号（ii）fx23sinx1cosx2sinxπ，结合（iCππCπ

6

sinAsin

A A

A A利用正弦定理边化角可得T

sinAsin

A

，B 所以sinAsinABABsinABcosABcosABsin